安徽省五市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

高二数学满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰．3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.直线的倾斜角为（）A.45° B.60° C.135° D.150°【答案】C【解析】【分析】根据直线的方程，算出直线的斜率，利用即可算出所求的倾斜角大小．【详解】根据题意：，所以该直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，且，可得．故选：C2.在空间直角坐标系中，已知点，，，若向量与向量共线，则的值为（）A.0 B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】根据向量平行的坐标关系直接求解可得.【详解】根据题意：，，与共线，所以，可得，．故选：B3.已知等差数列满足，则（）A.10 B.8 C.6 D.4【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用等差数的性质即可求出结果.【详解】由，得到，即，所以，故选：D.4.如图，三棱柱中，，，，点为四边形的中心点，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.【详解】根据题意，，又，所以，故选：A.5.已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的焦点坐标分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】由渐近线、的关系以及焦点的概念即可求解.【详解】已知双曲线的渐近线方程为，对照，可得，所以，所以该双曲线的焦点坐标分别为，．故选：B.6.已知数列的前项和为，前项积为，满足，则（）A.45 B.50 C.55 D.60【答案】D【解析】【分析】根据可得，结合等比数列的定义可知是首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的通项公式求出，进而求出即可求解.【详解】根据题意：，两式作差可得，当时，，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，所以，故选：D．7.已知点为抛物线的焦点，直线与该抛物线交于两点，点为的中点，过点向该抛物线的准线作垂线，垂足为.若，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】先运用中位线定理，将转化得到两点到准线的距离和，再用抛物线的定义得到的值.【详解】根据题意，过点分别向该抛物线的准线作垂线，垂足分别为，所以，所以，设，，根据定义可得，联立，．故选：B.8.已知函数表示不超过的最大整数，，，数列的前项和为，则（）A.673 B.747 C.769 D.821【答案】A【解析】【分析】用特殊值法，根据对数得运算对进行分类，从而求出前100项的和.【详解】根据题意分析可得：，，，，，，，，，所以．故选：A二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在空间直角坐标系中，已知向量，，则下列结论正确的是（）A.向量关于平面的对称向量的坐标为B.若，则C.若，则D.若且，则，【答案】AC【解析】【分析】根据向量的对称可判断A;根据空间向量垂直的坐标表示可判断B;根据空间向量模长的坐标表示可判断C;结合题意联立，,计算即可判断D.【详解】对于选项A:根据题意可知向量关于平面的对称向量的坐标为,故A正确；对于选项B:若，则，即，故B错误；对于选项C:若，则，故C正确；对于选项D:若且，或，故D错误．故选：AC.10.已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若椭圆离心率为，则C.当时，过点直线被椭圆所截得的弦长的最小值为D.若直线与椭圆的另一个交点为，，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，易得等腰直角三角形,则，即得；对于B项，由离心率公式和易得；对于C项，由椭圆中过焦点的最短弦长即通径，易得；对于D项，利用表示出点的坐标，代入椭圆方程计算即得.【详解】对于A项，若，因,可得，则，故A项正确；对于B项，由可解得：，故B项正确；对于C项，时，椭圆，因过点的直线被椭圆所截的弦长的最小值为通径长，即，故C项错误；对于D项，如图，因为，，设点，由可得，解得：，代入椭圆中，可得，即，解得：，故D项正确．故选：ABD.11.已知等差数列的前项和为，且满足，，现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.数列的前10项和为【答案】ACD【解析】【分析】根据题设条件求出数列的公差，易得通项和前项和，易于判断A,B两项；对于新数列，可以通过项的列举找到公共项，易得其通项，判断C项；对于D项，因数列的通项易于裂项，故运用裂项相消法求和即得.【详解】设等差数列的公差为，，由解得：，故，，故A项正确，B项错误；将数列列举出来为：数列列举出来为：故共同项依次有：,即，故，则，C项正确；因，其前10项和为．故D项正确.故选：ACD.12.点，为圆上的两点，点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（）A.当，且为圆的直径时，面积的最大值为3B.从点向圆引两条切线，切点分别为，，的最小值为C.，为圆上的任意两点，在直线上存在一点，使得D.当，时，的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A；利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B；由B项可判定C项；根据圆的弦长公式确定中点轨迹，结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D.【详解】对A：当，为直径时，（其中为点的纵坐标），所以当点为或时，三角形面积最大，，所以A正确；对B：设，交与点，由圆的切线性质，则，所以，越大，越小，当点在处时，最大，此时，，，即，B正确；对C：当点在处，且，为切线时，最大，此时，即，，所以不存在符合的点，C错误；对D：设的中点，则，，所以点在以为圆心，为半径的圆上，，设小圆半径为，则，则的最大值为，D正确．【点睛】思路点睛：选项D中根据圆的弦长公式求出点D轨迹为圆，问题转化为圆外一定点到圆上动点距离的最大值.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13.已知直线，，则直线，之间距离的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据题意可知：两直线平行，且均过定点，分析可得结果.【详解】由题意可知：直线的斜率为，过定点；直线的斜率为，过定点；可知，所以两直线之间距离的最大值为．故答案为：.14.过点的直线被圆：所截得的弦长的最小值为______．【答案】【解析】【分析】首先分类讨论得圆心到直线的距离最大值，结合弦长公式即可求解.【详解】根据题意：直线过定点，判断可知点在圆内，而圆，若直线斜率存在时，设，圆心到直线的距离为，所以，若，则，若，则，解得或，直线斜率存在时，，此时，若直线斜率不存在时，即，圆心到直线的距离为，综上所述，圆心到直线的距离最大值为，所以所截的弦长的最小值为．故答案为：.15.已知双曲线的左、右焦点分别为，，焦距为4，直线与双曲线交于，两点，点为双曲线在第一象限上的点，记直线、的斜率分别为、，且，若的面积为，记直线、的斜率分别为、，则______．【答案】【解析】【分析】首先联立，由韦达定理结合得，进一步得双曲线方程，由的面积为得坐标，由斜率公式即可求解.【详解】设，，，根据题意，可得，联立，化简得，，所以，所以，又，可得，，所以双曲线，的面积为，可得，代入双曲线的方程可得，所以点的坐标为，所以．故答案为：.16.已知抛物线，过该抛物线焦点的直线与该抛物线相交于两点（其中点在第一象限），当直线的倾斜角为时，，为坐标原点，则面积的最小值为______．【答案】【解析】【分析】结合题意求出,设直线，结合韦达定理表示出面积，结合基本不等式即可求解.【详解】如图所示，分别过向准线作垂线，垂足分别为、，过作的垂线，垂足为，当直线的倾斜角为时，结合题意易得，所以，即，设，，满足，，设直线，代入抛物线方程，可得，，所以，当时，三角形面积取最小值，此时最小值为．故答案为：．四、解答题：共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线过点．（1）若直线在轴上的截距、在轴上的截距的满足，求直线的方程；（2）若直线与两坐标轴的正半轴分别交于，两点，为坐标原点，当的面积最小时，求直线的方程．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）分直线过原点和不过原点，利用截距式直线方程解题即可；（2）利用点斜式直线方程以及基本不等式解题即可.【小问1详解】根据题意：直线在轴上的截距是在轴上的截距的3倍，当直线不过原点时，设直线为，将代入可得，所以直线的方程为；当直线过原点时，直线的斜率为，所以直线的方程为即．综上，直线的方程为或；【小问2详解】设直线的方程为，所以，，所以，当且仅当时，，（舍），所以直线的方程为即．18.已知数列的前项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系易得，需要检验首项是否符合；（2）利用错位相减法求和即得.【小问1详解】根据题意：，当时，，两式相减即得：，因时，，满足上式，故；【小问2详解】，则，，两式相减可得：，故．19.如图，三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，．（1）证明：；（2）若，点为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证明平面即得；（2）先证明平面，建系后，求出相关点和空间向量的坐标，计算出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】如图，取的中点，连接，，因为，所以，又因为底面是边长为2的等边三角形，所以，又平面，可得平面，又平面，所以.【小问2详解】因为，，所以，，因为，由可得：，又，平面，所以平面，如图，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.则，，，，，因，，设平面的法向量，则，取，得，，则，又，，设平面的法向量，则取，得，，则.设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为．20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，为椭圆上任意一点，点到距离的最大值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知过点的两条不同的直线，关于轴对称，直线，与椭圆在轴上方分别交于、两点．直线是否过轴上一定点？若过，求出此定点；若不过，请说明理由．【答案】（1）（2）是，【解析】【分析】（1）根据题意列出的关系式运算得解；（2）设直线的方程为与椭圆方程联立得根与系数关系，由对称性可知：，直线的方程为，设直线与轴的交点为，利用坐标化代入根与系数关系化简求得的值得解.【小问1详解】根据题意，，，解得，，又，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】根据题意可得：设直线的方程为，联立，设直线与椭圆的交点为，，可得：，由对称性可知：，直线的方程为，设直线与轴交点为，所以，可得：，所以直线过定点．21.已知数列的前项和为，前项积为，满足．（1）求，和；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意计算出，将条件中的变为，然后化简可得是等比数列，计算可得；（2）由（1）可得，采用放缩法可得，根据数列求和公式计算即可得证.【小问1详解】当时，，当时，，∵数列的前项积为，满足，∴时，，化为，变形为，时，，数列是首项为4，公比为2的等比数列，∴，时，亦满足上式，即；【小问2详解】先证明左边：即证明，，又由，解得，又，所以，再证明右边：，∴．22.已知点，圆，点满足，点的轨迹为曲线，点为曲线上一点且在轴右侧，曲线在点处的切线与圆交于，两点，